2019届辽宁省大连市高三第二次模拟考试理综物理试题(解析版)

---2019届辽宁省大连市高三第二次模拟考试理综物理试题（解析版）二、选择题.世界最长的跨海大桥港珠澳大桥建成，极大方便了游客出行。驱车数百米长的引桥，经过主桥，可往返于香港澳门两地。下列说法正确的是A.通过很长引桥，减小了汽车对桥面的压力B.通过很长引桥，减小了汽车重力沿桥面方向的分力C.汽车通过主桥最高点时，处于超重状态D.汽车通过主桥最高点时，重力的瞬时功率不为零【答案】B【详解】AB.通过很长的引桥，可以减小汽车重力沿桥面方向的分力，使汽车行驶起来更容易， A错误B正确CD.汽车通过主桥最高点时，重力和支持力的合力提供向心力，向心加速度向下，处于失重状态，重力的瞬时功率，等于重力与竖直速度乘积，在最高点速度沿水平方向，所以重力瞬时功率为零， CD错误.用一束绿光和一束蓝光照射某种金属的表面，均发生了光电效应。下列说法正确的是A.蓝光照射金属时，逸出的光电子最大初动能更大B.蓝光照射金属时，单位时间内逸出的光电子数更多C.增加光照强度，逸出的光电子最大初动能增大D.如果换作红光照射，一定能使该金属发生光电效应【答案】A【解析】【详解】A.因为蓝光频率更高，根据光电效应方程： /=廿”所以蓝光照射时，光电子最大初动能更大，A正确B.单位时间逸出的光电子数与光强有关，由于不知道光的强度，所以无法确定， B错误C.根据：垃=h匕-W。，可知最大初动能与光强无关， C错误D错误D.D错误3.游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为臂上，旋臂与竖直方向夹角为 3.游乐场有一种叫做“快乐飞机”的游乐项目，模型如图所示。已知模型飞机质量为臂上，旋臂与竖直方向夹角为 0,当模型飞机以角速度说法正确的是m固定在长为L的旋3绕中央轴在水平面内做匀速圆周运动时，下列A.模型飞机受到重力、旋臂的作用力和向心力B.旋臂对模型飞机的作用力方向一定与旋臂垂直C.旋臂对模型飞机的作用力大小为 二T百商D.若夹角0增大，则旋臂对模型飞机的作用力减小【答案】C【解析】【详解】A.向心力是效果力，是合力作用，物体实际不受向心力作用， A错误B.飞机在水平面内匀速圆周运动， 竖直方向平衡，所以杆的一个分力平衡了飞机的重力， 另一个分力提供了飞机匀速圆周运动的向心力，所以旋臂对模型飞机的作用力方向不一定与旋臂垂直， B错误C.根据B选项分析旋臂对模型飞机的作用力大小： 产=&m了+ 产=皿2+ 出3,C正确D.根据选项C的分析，夹角0增大，旋臂对模型飞机的作用力增大， D错误4.2018年12月12日，在北京飞控中心工作人员的精密控制下，嫦娥四号开始实施近月制动，成功进入环月圆轨道工。12月30日成功实施变轨，进入椭圆着陆轨道H,为下一步月面软着陆做准备。如图所示 B为近月点，A为远月点，关于嫦娥四号卫星，下列说法正确的是

A.卫星在轨道n上A点的加速度大于在B点的加速度B.卫星沿轨道I运动的过程中，卫星中的科考仪器处于超重状态C.卫星从轨道I变轨到轨道n,机械能增加D.卫星在轨道n经过A点时的动能小于在轨道n经过 B点时的动能【答案】D【解析】Afm【详解】A.根据万有引力提供加速度有： —二叫B点距月心更近，所以加速度更大， A错误rB.在轨道I运动的过程中，万有引力全部提供向心力，所以处于失重状态， B错误C.卫星从高轨道变轨到低轨道，需要点火减速，近心运动到低轨道，所以从轨道 I变轨到轨道n,外力做负功，机械能减小，C错误D.从A点到B点，万有引力做正功，动能增大，所以 B点动能大，D正确.如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A口C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个大小为 B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将D处电流反向，其他条件都不变，则 O处的磁感应强度大小为A.工产一】：三： B.二'.二一C.2B D.0【答案】A【解析】B的磁感应强度的矢量和,【详解】O点的实际磁感应强度是A、DCB的磁感应强度的矢量和,O处的磁感应强度恰好为零。则 A、C与空间磁场的矢量合一定与D单独产生磁感应强度等大反向，根据合D处电流反向，其他条件都不变,OD处电流反向，其他条件都不变,O处磁感应强度:成可得：D电流产生磁感应强度%= ;所以将日=2%=2〔业-1*,bcd昔误A正确.近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。

a流入时方向为正），下列说法正确的是当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a流入时方向为正），下列说法正确的是当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由A.感应线圈中产生的是恒定电流B.感应线圈中电流 方向总是与励磁线圈中电流方向相反t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为 0ti〜t3时间内，c点电势高于d点电势【答案】CDA.励磁线圈产生的磁场随电流变A中AF

动势：仁川后=„，就不B.感应电流方向阻碍引起感应电圈电流相同，阻碍磁场减小,t3A.励磁线圈产生的磁场随电流变A中AF

动势：仁川后=„，就不B.感应电流方向阻碍引起感应电圈电流相同，阻碍磁场减小,t3时刻，励磁线圈电流变化率电流为零，C正确ti〜t3时间内，励磁线圈正向高于d点电势，D正确7.如图所示，在竖直放置的平行金属板因为电流不是均磁场也不是均匀变化，所以感应电j不是，r凝当口，戋圈电流减小，■场减小时，感应电流与励磁线率为零,感应电动势为零，感应感-J2c点电势A、B之间加有恒定电压U*B两板的中央留有小孔O、Q,在B板的右侧有平行于极板的匀强电场E,电场范围足够大，感光板MN@直于电场方向固定放置。第一次从小孔O处由静止释放一个质子，第二次从小孔O处由静止释放一个“粒子，关于这两个粒子的运动，下列判断正确的是

A.质子和a粒子在Q处的速度大小之比为 1:2B.质子和a粒子在整个过程中运动的时间相等C.质子和a粒子打到感光板上时的动能之比为 1:2D.质子和a粒子打到感光板上的位置相同【答案】CD【解析】【详解】A.根据动能定理：lmV2^=qU,解得：甘="，所以质子和a粒子在O处的速度大小之比：正：1,A错误B.在AB间：。.=些，质子的加速度大，所以质子运动时间短，进入竖直电场做类平抛运动，水平速度m质子的大，所以质子运动时间短， B错误C.对整个过程用动能定理，设Q到M版的电势差为"有：垃-0=取U+U1),所以末动能与电量成正比，所以质子和a粒子打到感光板上时的动能之比为 1:2,C正确D.Q到MNS,竖直方向：卜=鲁,水平方向：#=讥联立解得：，=2"，所以质子和a粒子打到感2m q£光板上的位置相同，D正确8.如图甲所示，固定斜面的倾角为30。，一质量为m的小物块自斜面底端以初速度V0沿斜面向上做匀减速乙v-t图象如图乙所示。下列判断正确的运动，经过一段时间后又沿斜面下滑回到底端，整个过程小物块的乙v-t图象如图乙所示。下列判断正确的TOC\o"1-5"\h\zA.物体与斜面间的动摩擦因数 〃=不B.上滑过程的加速度大小是下滑过程的 2倍C.滑块沿斜面上滑的过程中机械能减少 也成1 2D.滑块沿斜面下滑 过程中动能增加产口

【答案】BD【解析】【详解】A.根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律:%mgsinB+ ,同理下滑过程:%【答案】BD【解析】【详解】A.根据题意可知，上滑阶段，根据牛顿第二定律:%mgsinB+ ,同理下滑过程:%0,5%

m^sinG—^mgcosO=m ,联立解得：〃B,上滑加速度：,下滑加速度：口9

0.5u,0所以上滑过程的加速度大小是下滑过程的 2倍，B正确% 0.5% m%C.联立：mgsinB+iimgcosO=m一^irigsinB-fimgcnsO=m 两式，可得：f=iimgcGsO,上滑co co 4to过程中，机械能减小等于摩擦力做功:%% 1 2^E=Wf=f-=-mi702,C错误D.根据动能定理得：4-0=（足邹用。7%,解得：”= D正确三、非选择题9.某同学为了验证力的平行四边形定则，设计了如下实验，实验原理如图甲所示。将三根细绳套系于同一点O,然后与同学配合，同时用三个弹簧秤分别拉住三根细绳套，以合适的角度向三个不同方向拉开。当稳定后，分别记录三个弹簧称的读数。①关于下列实验操作不必要的步骤是：A.要保证三根细绳套长度相等B.实验时需要注意保证各弹簧秤及细绳套在同一水平面内C.改变拉力重复实验，每次必须保证 O点在同一位置D.记录弹簧秤读数的同时，必须记录各拉力的方向E.为完成平行四边形定则的验证，实验时还需要测量各拉力间的夹角②某次实验测得弹簧秤读数分别为 Fa=2.2N,Fb=2.4N,Fc=3.2N，请根据图乙记录的各力的方向，结合实验原理，在虚线框内画出力的图示，并作出相应的平行四边形，加以验证（ ）。图中

图中【答案】 (1).ACE(2).【答案】 (1).ACE(2).【解析】【详解】(1)A.细绳套只是连接弹簧测力计与结点的媒介，取合适长度即可，没必要等长， A错误B.实验时，需要各弹簧秤及细绳套在同一水平面内，保证各个力在一个平面内，才可以合成进行验证，正确C.三力平衡条件下，无论结点在什么位置，都满足任意两个力的合力与地三个力等大反向， 所以没必要每次必须保证O点在同一位置，C错误D.力的合成需要知道分力的大小和方向，所以必须记录各拉力的方向， D正确E.通过合成平行四边形，合力与分力通过做图可以确定，没必要测量夹角， E错误(2)根据图乙做出力的图示，如下：通过测量尸合与七在误差允许的范围内等大反向，平行四边形定则成立E=1.5V,E=1.5V,内阻r=l◎,灵敏电流计满偏电流Ig=10mA,内阻rg=90 表盘如图丙所示，欧姆表表盘中值刻度为“15

甲 乙 丙甲 乙 丙①多用电表的选择开关旋至“ 区域的某挡位时，其内部电路为图甲所示。将多用电表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零，调零后多用电表的总内阻为 ―Qo某电阻接入红、黑表笔间，表盘如图丙所示，则该电阻的阻值为Q.②若将选择开关旋至“X1”，则需要将灵敏电流计 ―（选填“串联”或“并联”）一阻值为—Q的电阻，再进行欧姆调零。③某同学利用多用电表对二极管正接时 电阻进行粗略测量，如图乙所示，下列说法中正确的是 ―（填选项前的字母）A.欧姆表的表笔A、B应分别接二极管的CD端B.双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大“X100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“X庭“X10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与,;的正中央，测大于175“X100”倍率测量时，发现指针偏角过大，应换“X庭“X10”倍率测量时，发现指针位于刻度“15”与,;的正中央，测大于175Q（4）^^5）JC【详解】①设欧姆表总内阻为R短接有：据计算得：当半偏时有：E.（R+R中）所以£=旺，所以选择的是“x1口”档位，根据图■②开关旋至“X1”，此时内阻密=网中=1犯短接二 所以给I1■联一个■电阻用Q|A与欧姆.一电加工板故需要表笔 A、B.别接二极管实验测量时，手不能触碰金属杆，否则就将自身电阻并联进电路，测量值偏小， BtflC.D.采用采用(1).150(2).60(3).根据欧姆定律：.-=ion9③A.二极管具有单向导电性，由于表笔C、D端，A正确B.C.若采用“X100”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明电阻对该档位太小，所以应该换小档位，即C.“x10”倍率，且要重新进行欧姆调零， C正确D.根据欧姆表的改装原理可知， 表盘刻度不均匀“左密右稀”且越往左阻值越大， 若刻度均匀时待测电阻应是175Q,所以待测电阻的阻值应小于 175Q,D错误11.如图所示，正方形abcd区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子均从 a点沿与ab成30°角的方向垂直射人磁场，甲粒子垂直于 bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲粒子的速度大小为v,甲、乙两带电粒子的电荷量之比为 1:2,质量之比为1:2,不计粒子重力。求：(1)乙粒子的速度大小；(2)甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比。【答案】(1)v乙=》v⑵1：4【解析】昌【详解】(1)设边界长度为L,如图可得r甲=2L,r乙,上,OV2 Mr对于甲和乙两粒子，洛伦兹力提供向心力， 平祖=可得"二,因为q甲：q乙二1：2、m甲：m乙二1：2所vv乙=4卷,(2)T= 二 ,T=—T=—,如图可得0甲=30,0乙=120°,所以甲、乙两粒子在磁场中运动vqli27rqH时间之比为1：412.滑板运动是极限运动的鼻祖，很多极限运动都是由滑板运动延伸而来。如图所示是一个滑板场地， OP段是光滑的1/4圆弧轨道，半径为0.8moPQ段是足够长的粗糙水平地面，滑板与水平地面间的动摩擦因数为科=0.2。滑板手踩着滑板A从O点由静止滑下，到达P点时，立即向前起跳。滑板手离开滑板 A后,滑板A以速度V1=2m/s返回，滑板手落到前面相同的滑板 B上，并一起向前继续滑动。已知滑板质量是n=5kg,滑板手的质量是滑板的 9倍，滑板B与P点的距离为△x=3m,g=10m/s2。(不考虑滑板的长度以及人和滑板间的作用时间)求：(l)当滑板手和滑板A到达圆弧轨道末端P点时滑板A对轨道的压力;(2)滑板手落到滑板B上瞬间，滑板B的速度；(3)两个滑板间的最终距离。【答案】(1)1500N,竖直向下(2)4.2m/s(3)6.41m【解析】1?. 【详解】(1)CAP下滑过程，滑板手与滑板A机械能守恒：10由或?=2耐.后,代入数据解得：u=\l20R=4m/s,w在P点设支持力为「拉：嗫-10m0=解得：尸川二1500N,根据牛顿第三定律：F压=Fn=1500n(2)滑板手跳离A板，滑板手与滑板A动量守恒：=一酬%+9m4,解得：%=号m/s,滑板手跳上B板，滑板手与滑板B动量守恒：9巾%=1。相％，解得：%=4.2m/s巧(3)滑板B位移：x5=—=4.4lm，滑板A在弧面上滑行的过程中，机械能守恒，2fig说所以再次返回P点时的速度仍为v『2m/s,滑板A的位移：1m,最终两滑板停下的位置间距为：2〃自L=xb+Ax-XA=6.41m选考题13.下列说法正确的是：A.液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色B.某种液体的饱和汽压不一定比未饱和汽压大C.气体温度升高时，气体热运动变得剧烈，气体的压强一定增大D.蔡的熔点为80C,质量相等的80c的固态泰和80c的液态蔡具有不同的分子势能E.若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏，则液体和固体之间表现为浸润【答案】ABD【解析】【详解】A.液晶既具有流动性，有具有光学各向异性，所以液晶显示器利用液晶的光学各向异性显示不同颜色，A正确B.同温度下的饱和汽压一定比不饱和汽压大，题中未说明温度关系，无法确定，所以 B正确C.气体温度升高，气体热运动变得剧烈，但气体白^体积变化未知，所以压强无法判断， C错误D.蔡的熔点为80C,晶体在融化过程中吸热，但温度不变，吸热内能增大，但温度即分子平均动能不变，所以势能变大，D正确E.若附着层的液体分子比液体内部的分子分布稀疏， 分子间表现为引力，所以液体与固体之间表现为不浸润，E错误.某兴趣小组受“蛟龙号”的启发， 设计了一个测定水深的深度计。 如图所示，导热性能良好的气缸，内径相同，长度均为L,内部分别有轻质薄活塞AB,活塞密封性良好且可无摩擦的左右滑动。气缸左端开口，通过A封有压强为Po的气体，气缸右端通过B封有压强为4P。的气体。一细管连通两气缸，初始状态A、B均位于气缸最左端。该装置放入水下后，通过 A向右移动的距离可测定水的深度，已知外界大气压强为P。，Po相当于10m高的水产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体。求：①当活塞A向右移动L/5时，水的深度;②该深度计能测量的最大水深。【答案】(1)2.5m(2)30m【分析】当A右移;时，假设B不动，气缸I内气体等温变化，根据波意尔定律求出压强，判断是否成立，再求出水的深度；当活塞A恰好移动到气缸I的最右端时所测水深最大，应用玻意耳定律求得；【详解】解：（1）A右移（时，假设B不动，气缸I内气体等温变化，有：Po5L=P15（L-§解得Pi= <3P。，假设成立由P］二n+也可得：h=（2）当活塞A恰好移动到气缸I的最右端时所测水深最大，设此时活塞 B右移了KTOC\o"1-5"\h\z两部分气体压强相等，设为 B对I内气体应用玻意耳定律可得：对n内气体应用玻意耳定律可得：L联立解得： ：’■■由G=°。十七卅城可得：八口皿=H口¥葡.如图，水面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况， 以波源si、S2为圆心的两组 同心圆弧分别表示同一时刻两列波的波峰（实线）和波谷（虚线） ，si的振幅A尸4cm,S2的振幅A=3cm,则下列说法正确的是： 。A、D连线上的所有质点一定都是振动加强点s1、S2两列波的传播速度一定相同C.再过半个周期，质点B、C是振动加强点D.质点D的位移不可能为零E.质点C此刻以后将向下振动【答案】BDE